Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
nie, no Jensen na II etap to jak CKM na komara
tu macie coś bardziej dostosowanego : \(\displaystyle{ a,b,c}\)-liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ 5a^2+10b^2+5c^2+d^2+2ab \geqslant 4ac+10bc+2cd}\)
Udało mi się wzmocnić - \(\displaystyle{ (2a-c+b)^2+(a-b)^2+(2b\sqrt{2}-c\sqrt{2})^2+(c-d)^2\geq 0\iff (4a^2+c^2+b^2-4ac-2bc+4ab)+(a^2-2ab+b^2)+(8b^2-8bc+2c^2)+(c^2-2cd+d^2)\geq 0\iff 5a^2+10b^2+4c^2+d^2+2ab\geq 4ac+10bc+2cd}\)
Co do tej zaproponowanej wcześniej - pomoże chyba podstawienie \(\displaystyle{ a:=x^2
b:=y^2
c:=z^2}\), bo wtedy nierówność jest równoważna następującej \(\displaystyle{ \sum_{cyc}\sqrt{\frac{a}{b+c}}>2}\)
Niech \(\displaystyle{ x=\frac{a}{b+c}}\) itd. (dla wygody, zachowując podstawienie limesa).
Oczywiście niemożliwe jest by \(\displaystyle{ x=y=z=1}\), zatem na mocy Gm-Hm: \(\displaystyle{ \sqrt{x*1}+\sqrt{y*1}+\sqrt{z*1}>2\sum_{cyc}\frac{1}{\frac{1}{x}+1}=2\sum_{cyc}\frac{x}{x+1}=
2\sum_{cyc}\frac{\frac{a}{b+c}}{\frac{a}{b+c}+1}=2\sum_{cyc}\frac{\frac{a}{b+c}}{\frac{a+b+c}{b+c}}=2\sum_{cyc}\frac{a}{a+b+c}=2}\)
Q.E.D.
Notka dla Mendy, nie wiem dlaczego tyle osób jej nie zrobiło, ta nierówność była prost wg mojej subiektywnej opinii (w końcu tam nie trzeba było mieć żadnego większego pomysły, tylko Cauchy-Schwarz).
polskimisiek pisze:Na zeszłorocznym finale nierówność była wprost żałosna.
Dla kogo jak dla kogo... xP.
W którymś temacie było, że tylko w 2 zadaniu średnia była większa niż 2, więc w nierówności była mniejsza niż 2, a więc zrobiło ją mniej niż 1/3 osób (przyjmująć, że podostawali 6 za nią ludzie).
P.S. Mój kolega jak nic nie rozumie na lekcji matematyki to mówi "Tak, tak, trójmian kwadratowy...". A ty mówisz "Przecież to oczywiste, Cauchy-Schwarz w formie Engela" . Trójmian kwadratowy pojąłem już dawno, ale weź mnie nie dołuj .
Wrzucam kolejne dwie nierówności:
1. Dla dowolnych dodatnich a,b,c takich, ze \(\displaystyle{ abc\leq 1}\) \(\displaystyle{ \sum_{cyc}\frac{a}{b}\geq a+b+c}\)
2. n>1 oraz x1,x2,...,xn sa dodatnimi liczbami spelniajacymi \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1998+x_i}=\frac{1}{1998}}\). Udowodnić, że \(\displaystyle{ \frac{\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}}{n-1}\geq 1998}\)
Ładnie Inny sposób -> \(\displaystyle{ a_i=\frac{1998}{1998+x_i}}\). Mamy \(\displaystyle{ (\frac{1}{a_i}-1)=\frac{a_1+a_2+...+a_{i-1}+a_{i+1}+...+a_n}{a_i}\geq (n-1)\sqrt[n-1]{\frac{a_1a_2...a_{i-1}a_{i+1}...a_n}{a_i^{n-1}}}}\) (bo suma wszystkich ai=1) i wystarczy przemnożyc je stronami dla i=1,2,...,n.
A co do wcześniejszej nierówności (mathscope) - wrzuciłem na mathlinks i moze przepisze jedno z rozwiazan (nierownosc jest z pewnoscia za mocna na II etap, ale zeby bylo ;p ). \(\displaystyle{ \sum \frac{a^2+b^2}{a+b}\leq \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}\iff 2\sum a-\sum \frac{2ab}{a+b}\leq \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}\iff 2(\sum a)^2-2(a+b+c)\sum\frac{ab}{a+b}\leq 3(\sum a)^2\iff \sum a^2 +2(\sum a) (\sum \frac{ab}{a+b})\geq 4\sum ab\iff \sum a^2+2abc\sum \frac{1}{a+b}\geq 2\sum ab}\)
Z Cauchy'ego Schwarza - \(\displaystyle{ \sum \frac{1}{a+b}\geq \frac{9}{2\sum a}}\) czyli wystarczy udowodnić, że \(\displaystyle{ \sum a^2 +\frac{9abc}{\sum a}\geq 2\sum ab\iff (\sum a^2)(\sum a)+9abc\geq 2(\sum a)(\sum ab)\iff \sum a^3 +3abc\geq \sum ab(a+b)}\) i ta ostatnia nierówność jest szczególnym przypadkiem nierówności Schura ckd